BZOJ1150 [CTSC2007]数据备份Backup 【堆 + 链表】

题目

　　你在一家 IT 公司为大型写字楼或办公楼（offices）的计算机数据做备份。然而数据备份的工作是枯燥乏味

的，因此你想设计一个系统让不同的办公楼彼此之间互相备份，而你则坐在家中尽享计算机游戏的乐趣。已知办公

楼都位于同一条街上。你决定给这些办公楼配对（两个一组）。每一对办公楼可以通过在这两个建筑物之间铺设网

络电缆使得它们可以互相备份。然而，网络电缆的费用很高。当地电信公司仅能为你提供 K 条网络电缆，这意味

着你仅能为 K 对办公楼（或总计2K个办公楼）安排备份。任一个办公楼都属于唯一的配对组（换句话说，这 2K

个办公楼一定是相异的）。此外，电信公司需按网络电缆的长度（公里数）收费。因而，你需要选择这 K 对办公

楼使得电缆的总长度尽可能短。换句话说，你需要选择这 K 对办公楼，使得每一对办公楼之间的距离之和（总距

离）尽可能小。下面给出一个示例，假定你有 5 个客户，其办公楼都在一条街上，如下图所示。这 5 个办公楼分

别位于距离大街起点 1km, 3km, 4km, 6km 和 12km 处。电信公司仅为你提供 K=2 条电缆。

　　上例中最好的配对方案是将第 1 个和第 2 个办公楼相连，第 3 个和第 4 个办公楼相连。这样可按要求使用

K=2 条电缆。第 1 条电缆的长度是 3km-1km=2km ，第 2 条电缆的长度是 6km-4km=2km。这种配对方案需要总长

4km 的网络电缆，满足距离之和最小的要求。

输入格式

第一行包含整数n和k

其中n（2≤n≤100000）表示办公楼的数目，k（1≤k≤n/2）表示可利用的网络电缆的数目。

接下来的n行每行仅包含一个整数（0≤s≤1000000000）,表示每个办公楼到大街起点处的距离。

这些整数将按照从小到大的顺序依次出现。

输出格式

输出应由一个正整数组成，给出将2K个相异的办公楼连成k对所需的网络电缆的最小总长度。

输入样例

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输出样例

题解

很容易想到最后选择的每对办公楼一定是相邻的，

因为最后$ans = \sum Ri - Li$，R越左越好，L越右越好

这样问题就转化为了：有$n-1$个数，选取其中k个，使总和最小，所选数不能相邻

直接贪心选最小是错误的，会发现样例都过不了

因为如果选择了最小的位置x，那么$x - 1$和$x + 1$两个位置都不能选了

由贪心策略可知，x一定比$x - 1$和$x + 1$要小，所以三个中只选一个一定是x最优

但如果三个中要选两个，即选$x - 1$和$x + 1$，如果$v[x - 1] + v[x + 1] - v[x]$，比剩余的数都要小，那么显然选择两个更优

这样我们就得到一个算法：

建立一个堆，每次选出最小的数删去并统计答案，同时删去相邻的两个元素合并成一个新元素$v[new] = v[x - 1] + v[x + 1] - v[x]$加入堆中

对于三个数的讨论是这样，对于5个数的讨论也类似，所以合并出来的元素被选择时同样也要与相邻的元素合并

所以我们再用链表维护序列，写一个支持删除插入并记录元素位置标号的堆，就可以A了

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<cmath>

#include<cstring>

#include<algorithm>

#define LL long long int

#define Redge(u) for (int k = h[u],to; k; k = ed[k].nxt)

#define REP(i,n) for (int i = 1; i <= (n); i++)

#define BUG(s,n) for (int i = 1; i <= (n); i++) cout<<s[i]<<' '; puts("");

#define ls (u << 1)

#define rs (u << 1 | 1)

#define fa (u >> 1)

using namespace std;

const int maxn = 100005,maxm = 200005,INF = 1000000000;

inline int read(){

	int out = 0,flag = 1; char c = getchar();

	while (c < 48 || c > 57){if (c == '-') flag = -1; c = getchar();}

	while (c >= 48 && c <= 57){out = (out << 3) + (out << 1) + c - 48; c = getchar();}

	return out * flag;

}

LL pre[maxm],val[maxm],post[maxm];

struct node{LL v,u;}H[maxm];

LL hsiz,pos[maxm];

LL n,k,A[maxn],ans;

int pd(int u){

	int small;

	while (true){

		small = u;

		if (ls <= hsiz && H[ls].v < H[small].v) small = ls;

		if (rs <= hsiz && H[rs].v < H[small].v) small = rs;

		if (small != u){

			pos[H[small].u] = u; pos[H[u].u] = small;

			swap(H[small],H[u]);

			u = small;

		}else break;

	}

	return u;

}

void pup(int u){

	while (u > 1 && H[fa].v > H[u].v){

		pos[H[fa].u] = u; pos[H[u].u] = fa;

		swap(H[fa],H[u]);

		u = fa;

	}

}

void ins(int u){

	H[++hsiz] = (node){val[u],u}; pos[u] = hsiz;

	pup(hsiz);

}

void del(int u){

	pos[H[hsiz].u] = u;

	swap(H[u],H[hsiz--]);

	u = pd(u);

	pup(u);

}

int main(){

	n = read(); k = read();

	REP(i,n) A[i] = read();

	sort(A + 1,A + 1 + n);

	for (int i = 1; i < n; i++){

		val[i] = A[i + 1] - A[i];

		if (i - 1) post[i - 1] = i,pre[i] = i - 1;

		ins(i);

	}

	node u;

	int x;

	while (k--){

		u = H[1]; x = u.u;

		ans += u.v;

		if (!pre[x]){

			del(1); del(pos[post[x]]);

			pre[post[post[x]]] = 0;

		}

		else if (!post[x]){

			del(1); del(pos[pre[x]]);

			post[pre[pre[x]]] = 0;

		}

		else {

			int l = pre[x],r = post[x];

			del(pos[l]); del(pos[r]);

			H[1].v = val[x] = val[l] + val[r] - val[x]; pos[x] = 1;

			pd(1);

			post[pre[x] = pre[l]] = x;

			pre[post[x] = post[r]] = x;

		}

	}

	cout << ans << endl;

	return 0;

}